【全国百强校】广东省华附、省实、广雅、深中2019届高三上学期期末联考理综化学试题(解析版)

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1、 广东省华附、省实、广雅、深中广东省华附、省实、广雅、深中 2019 届高三上学期期末联考理综届高三上学期期末联考理综 化学试题化学试题 1.古往今来,生活处处有化学。下列有关说法正确的是 A. “凡酸坏之酒,皆可蒸烧”这里用到的实验操作是蒸发 B. “自古书契多编以竹简,其用缣帛者谓之为纸”,这里纸的主要成分为纤维素 C. 我国成功实施煤改气工程后,可有效提高空气质量 D. 生物柴油与从石油中分馏得来的柴油都属于烃类物质 【答案】C 【解析】 【详解】A酸坏之酒中含有乙酸,乙酸和乙醇的沸点不同,用蒸烧的方法分离,为蒸馏操作,故 A错误; B缣帛的主要成分是蛋白质,不是纤维素,故 B 错误;C

2、“煤改气”改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物 和可吸入颗粒物,故有利于减少雾霆天气,可有效降低空气中的 PM10 含量,故 C正确;D从石油炼制得 到的柴油主要是由石油分馏后的 C15C18的多种烃的混合物属于烃类物质,而从植物油提取的生物柴油的 组成主要为甘油与高级脂肪酸形成的酯不属于烃类物质,故 D错误;故答案为 C。 2.设 NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确 的是 A. 标准状况下,2molNa2O2与 44.8LSO2完全反应,转移的电子数目为 4NA B. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA C. 将 1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性,

3、溶液中 NH4+数目为 NA D. 0.1molHCl与 CH3CH=CH2完全反应时,生成的 CH3CH2CH2Cl分子数目为 0.1NA 【答案】D 【解析】 【详解】ANa2O2与 SO2发生反应:Na2O2+SO2=Na2SO4,反应转移 2mol 电子,标准状况下,2molNa2O2 与 44.8LSO2即 2mol 二氧化硫能完全反应,故转移电子数为 4NA,故 A 正确;B甲醛(HCHO)和冰醋酸的 最简式相同,均为 CH2O,则 3.0g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA,故 B 正确;C将 1molNH4NO3溶 于 稀 氨 水 中 使 溶 液 呈 中

4、 性 , 由 电 荷 守 恒 式 c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-) 可 知 c(NH4+)=c(NO3-),则溶液中 NH4+的数目和NO3-数目相等, 均为NA, 故C正确; D0.1molHCl与CH3CH=CH2 完全反应时,除生成的 CH3CH2CH2Cl,还有副产物 CH3CHClCH3,则 CH3CH2CH2Cl分子数目小于 0.1NA, 故 D 错误;故答案为 D。 3.有关下列四组实验描述不正确 的是 A. 加热甲装置中的烧杯可以分离 SiO2和 NH4Cl B. 利用装置乙可证明非金属性强弱:ClCSi C. 打开丙中的止水夹,一段时间后,可观察到烧杯

5、内溶液上升到试管中 D. 向丁中铁电极区滴入 2滴铁氰化钾溶液,一段时间后,烧杯中不会有蓝色沉淀生成 【答案】B 【解析】 【分析】 ASiO2受热不分解,而 NH4Cl受热分解;B盐酸有挥发性,生成的 CO2中混有 HCl,另外氯元素的最高 价氧化物对应水化物为 HClO4;C该装置构成原电池,该装置中铁发生吸氧腐蚀;DZn-Fe 原电池中 Zn 为负极,Fe 为正极。 【详解】ASiO2受热不分解,而 NH4Cl 受热分解,利用加热甲装置中的烧杯可以分离 SiO2和 NH4Cl,故 A 正确;B氯元素的最高价氧化物对应水化物为 HClO4,另外盐酸有挥发性,生成的 CO2中混有 HCl,无

6、 法判断碳酸的酸性比硅酸强,由装置乙无法证明非金属性强弱:ClCSi,故 B 错误; C该装置构成原 电池,该装置中铁发生吸氧腐蚀,一段时间内试管内压强减小,烧杯内溶液上升到试管中,故 C 正确; DZn-Fe 原电池中 Zn 为负极,Fe 为正极,烧杯内无 Fe2+,则滴入 2 滴铁氰化钾溶液,烧杯中不会有蓝色 沉淀生成,故 D正确;故答案为 B。 4.下列说法正确的是 A. 聚乙烯塑料和天然橡胶均不能使溴水褪色 B. 2-丁烯分子中所有原子有可能在同一平面 C. 丙烯和环己烷的二氯代物的数目相同(不考虑立体异构) D. 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入溴水中,溶液褪色,说明有

7、乙烯生成 【答案】D 【解析】 【详解】A聚乙烯塑料结构中没有碳碳双键,而天然橡胶是,分子结构中含有碳碳双 键,能使溴水褪色,故 A错误;B2-丁烯分子的结构简式为 CH3CH=CHCH3,分子结构中甲基上的碳原子 为 sp3杂化,为立体结构,则分子内所有原子不可能在同一平面内,故 B 错误;C丙烯的二氯代物共有 6 种,而环己烷的二氯代物共有 4 种,故 C错误;D溴乙烷与 NaOH的乙醇溶液共热产生,发生消去反应生 成乙烯,只有乙烯使溴水褪色,则溶液褪色说明有乙烯生成,故 D正确;故答案为 D。 5.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素, 其中 A的原子序数是 B和 D

8、原子序数之和 的 1/4,C元素的单质与热水缓慢反应,且该单质可做铝热反应的引燃剂,甲和丙是 D 元素的两种常见氧化 物,乙是 B元素的单质,0.005mol/L丁溶液的 pH=2,它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略),下 列叙述正确的是 A. C、D 的简单离子均能促进水的电离 B. C、E 两元素形成化合物中既含有离子键又含共价键 C. A、D 分别与 B 元素形成的化合物都是大气污染物 D. E的氧化物水化物的酸性大于 D 的氧化物水化物的酸性 【答案】A 【解析】 【分析】 A、B、C、D、E 是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,结合甲和丙是 D元素的两种常见氧化物,乙 是

9、 B 元素的单质,0.005mol/L丁溶液的 pH=2,丁为硫酸,可知丙为 SO3,甲为 SO2,乙为 O2,则 B为 O元 素,D 为 S 元素,其中 A 的原子序数是 B 和 D 原子序数之和的 ,A 的原子序数为(8+16) =6,可知 A 为 C 元素;C元素的单质与热水缓慢反应,且该单质可做铝热反应的引燃剂,可知 C为 Mg,E为 Cl,以此 来解答 【详解】由上述分析可知,A为 C,B为 O,C为 Mg,D 为 S,E为 Cl;A镁离子、硫离子均水解促进水 的电离,故 A正确;BMg、Cl 两元素形成化合物 MgCl2为离子化合物,只含有离子键,故 B错误;CA 与 B 形成的二

10、氧化碳不是污染物,故 C 错误;D非金属性 ClS,则 E的最高价氧化物水化物的酸性大于 D 的最高价氧化物水化物的酸性,但硫酸酸性大于 HClO 酸性,故 D错误;故答案为 A。 【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律,为高频考点,把握图中转化、元素化合物知识 来推断物质和元素为解答的关键,侧重分析与推断能力的考查,注意丁为硫酸为推断的突破口,选项 C 为 解答的易错点,题目难度不大 6.乙醛酸(HOOCCHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图所 示,该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛与 M电极的产物反应生成乙醛

11、 酸。下列说法正确的是 A. M极与直流电源的负极相连 B. 每得到 lmol乙醛酸将有 2molH+从右室迁移到左室 C. N 电极上的电极反应式:HOOC-COOH2e+2H+ = HOOC-CHO+H2O D. 每消耗 0.1mol乙二醛在 M电极放出 2.24L气体(标准状况) 【答案】D 【解析】 【详解】A根据质子的移动方向,确定 M电极是阳极,M极与直流电源的正极相连,故 A错误;B2mol H+通过质子交换膜,则电池中转移 2mol电子,根据电极方程式 HOOC-COOH+2e-+2H+HOOC-CHO+H2O, 可知生成 1mol 乙醛酸,由于两极均有乙醛酸生成所以生成的乙醛

12、酸为 2mol,故 B 错误;CN 电极上 HOOC-COOH 得电子生成 HOOC-CHO,则电极反应式为 HOOC-COOH+2e-+2H+HOOC-CHO+H2O,故 C 错误;D由 N 极电极反应式可知,每消耗 0.1mol 乙二醛转移电子 0.2mol, M 电极上发生氧化反应为 2Cl-2e-Cl2,则所得氯气的物质的量为 0.1mol,体积为 2.24L(标准状况),故 D正确;故答案为 D。 7.常温下,向 20mL 0.2mol/L H2X 溶液中滴加 0.2mol/L NaOH 溶液,在不同 pH环境下不同形态的粒子组成 分数如图所示,下列说法不正确 的是 A. 水的电离程

13、度: b点大于点 a B. 将等物质的量的 NaHX、Na2X溶于水中,所得溶液 pH 恰好为 11 C. 常温下 HY的 K1.1 10-10,将少量 H2X溶液加入到足量 NaY 溶液中,发生的反应为: H2XYHYHX D. 常温下,反应 X2 + H2O HX + OH的平衡常数对数值 1gK= -3 【答案】B 【解析】 【详解】Aa 点溶液 pH=7,H2X 的电离与 HX-的水解程度相同,水的电离基本不受影响,而 b 点溶液 pH=11,A2-和 HX-的水解程度明显大于 HX-的电离, 明显促进水的电离程度, 即 b点水的电离程度大于 a 点, 故 A 正确;B将等物质的量的

14、NaHX、Na2X 溶于水中,HX-电离程度大于 A2-的水解程度,所以溶液中 c(A2-)c(HX-) , 则溶液 PH 大于 11, 故 B错误; CH2X 的一级电离平衡常数 K1=,pH=7 时 c(HX-)=c(H2X) ,则 K1=c(H+)=10-7,H2X 的二级电离平衡常数 K2= ,pH=11 时 c(HX-)=c(X2-) ,则 K2=c(H+)=10-11,HY 的 KB=1 10-10,则酸性:H2XHFHX-,结合强酸制弱酸 的原理, 将少量 H2X溶液加入到足量 NaY 溶液中, 发生的反应为 H2XYHYHX; 故 C正确; DH2X 的二级电离平衡常数 K2=

15、,pH=11 时 c(HX-)=c(X2-) ,则 K2=c(H+)=10-11;25时,反 应 X2-+H2OHX-+OH-的平衡常数= =10-3,平衡常数对数值 1gK=-3,故 D正确;故答案为 B。 【点睛】本题考查弱电解质的电离图象分析及计算,侧重考查学生对电离平衡常数、水解平衡常数的理解 和掌握,明确电离平衡常数、水解平衡常数计算方法是解本题关键,注意:电离平衡常数 K1与水解平衡常 数 Kh2、电离平衡常数 K2与水解平衡常数 Kh1的关系,为易错点。 8.叠氮化钠(NaN3)是一种应用广泛的化工产品,可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体,汽车安全气 囊等。 实验室制备 NaN

16、3 (1)实验原理: 把氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠(NaNH2) ,该反应的化学方程式为_。 将生成的 NaNH2与 N2O在 210-220下反应可生成 NaN3、NaOH和气体 X,该反应的化学方程式为 2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+X,实验室检验 X气体使用的试纸是湿润的_。 (2)实验装置(图 1) 、步骤如下,回答下列问题: 已知:i)NaN3是一种易溶于水的白色晶体,微溶于乙醇,不溶于乙醚; ii)NaNH2的熔点为 210,沸点为 400,在水溶液中易水解。 组装仪器检查装置气密性后,装入药品。装置 B中盛放的药品是_。 实验过程应先点燃_(填“A”或“C”)处的

17、酒精灯,理由是_。 让氨气和熔化的钠充分反应后,停止加热 A并关闭止水夹 k。向装置 C中 b 容器内充入加热介质植物油 并加热到 210-220,然后按图通入 N2O; 装置 C 反应完全结束后,冷却,取出 a 中的混合物进行以下操作,得到 NaN3固体: 操作 II的目的是_; 操作 IV中选用的洗涤试剂最好的是_。 A水 B乙醇 C乙醇水溶液 D乙醚 (3)图中仪器 a 用不锈钢材质的而不用玻璃的,其主要原因是_。 II产品 NaN3纯度测定 精确称量 0.150 g NaN3样品,设计如图 2 所示装置,连接好装置后使锥形瓶倾斜,使小试管中的 NaN3样品 与 M溶液接触,测量产生的气

18、体体积从而测定其纯度。 已知 2 NaN3 3N2(NaN3中的 N全部转化为 N2,其他产物略) ,反应中放出大量的热。 (4)使用冷水冷凝的目的是_。对量气管读数时,反应前后都需要进行的操作是_。 (5)常温下测得量气管读数为 60.0 mL(N2的密度为 1.40 g/L)计算 NaN3样品的纯度为_。 (保留三位有 效数字) 【答案】 (1). 2NH3+2Na 2NaNH2+H2 (2). 红色石蕊试纸 (3). 碱石灰 (4). A (5). 先 产生 NH3,排除装置内空气,防止产品不纯 (6). 降低 NaN3的溶解量或溶解度或促使 NaN3析出 (7). D (8). 反应过

19、程生成的 NaOH 能腐蚀玻璃 (9). 冷却生成的气体 (10). 调节量气管使两侧的液面 保持水平 (11). 86.7% 【解析】 【分析】 (1)氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠(NaNH2)和氢气,结合原子守恒即可得发生反应的化学方程 式;根据质量守恒定律和氨水呈碱性回答;(2)氨气选择碱石灰干燥;先点燃 A 产生氨气将装置内空 气驱赶除去,防止产品不纯;根据叠氮化钠 (NaN3)固体易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,可知乙醇 可降低 NaN3的溶解度促使 NaN3析出,乙醚洗涤叠氮化钠可减少叠氮化钠的损失;(3)玻璃中的 SiO2能于 NaOH 溶液反应生成硅酸钠; (3)反应过程

20、生成的 NaOH能腐蚀玻璃, 则仪器 a应用不锈钢材质的而不用玻璃 的;II(4)反应可能产生水蒸气,使用冷水冷凝可除去生成的气体中的水蒸气;量气管读数前,需要平衡压 强;(5)先根据体积和密谋计算氮气的体积,再利用关系式 2NaN33N2计算 NaN3样品的纯度。 【详解】(1)氨气通入熔融金属钠反应制得氨基钠(NaNH2)和氢气,则发生反应的化学方程式为 2NH3+2Na 2NaNH2+H2;根据质量守恒定律,反应前后原子的种类和数目不变,可确定气体 X 为 氨气,氨水呈碱性,检验时用湿润的红色石蕊试纸,现象是变蓝色;(2)A 中产生的氨气混有水蒸气,干 燥氨气选择碱石灰,则在 C 中盛放

21、的药品是碱石灰;实验过程中先点燃 A 产生氨气将装置内空气驱赶除 去,防止产品不纯;C中混合物加水后,根据叠氮化钠 (NaN3)固体易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚, NaN3溶解在水中,NaNH2与水反应生成 NaOH和氨气,可知操作加乙醇可降低 NaN3的溶解度促使 NaN3 析出;乙醚洗涤叠氮化钠可减少叠氮化钠的损失,故操作 IV 中选用的洗涤试剂最好的是 D;II(4)反应可 能产生水蒸气,使用冷水冷凝的目的是除去生成的气体中的水蒸气;量气管读数前,需要调节量气管使两 侧的液面保持水平,确保气体压强与外界大气压强相等。(5)生成氮气的质量为=0.084g, 设 NaN3样品的纯度 X

22、2NaN3 2Na+3N2 130 84 x0.150g 0.084g 解得:x=86.7%。 9.稀土是一种重要的战略资源。 氟碳铈矿主要化学成分为 CeFCO3, 它是提取铈等稀土元素的重要矿物原料。 氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下: 已知:i铈的常见化合价为+3、+4。焙烧后铈元素转化成 CeO2和 CeF4。四价铈不易进入溶液,而三价稀土 元素易进入溶液。 ii酸浸 II中发生反应: 9CeO2 + 3CeF4 + 45HCl + 3H3BO3 = Ce(BF4)3+ 11CeCl3 + 6Cl2+ 27H2O 请回答下列问题: (1)焙烧氟碳铈矿的目的是_。 焙烧后产生的 CeO2是汽车

23、尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。在 尾气消除过程中发生着 CeO2CeO2(1-x)+xO2的循环。写出 CeO2消除 CO 尾气的化学方程式: _。 (2)在酸浸 I中用盐酸浸出时,有少量铈进入滤液,且产生黄绿色气体。少量铈进入稀土溶液发生反应的 离子方程式是_ (3)向 Ce(BF4)3中加入 KCl 溶液的目的是_。 (4)操作 I的名称为_,在实验室中进行操作 II时所需要的硅酸盐仪器有_。 (5)“操作 I”后,向溶液中加入 NaOH 溶液来调节溶液的 pH, 以获得 Ce(OH) 3沉淀,常温下加入 NaOH 调 节溶液的 pH 应大 于 _ 即可

24、认为 Ce3 +已完全沉淀。 (已知:KspCe(OH)3=1.0 10-20 ) (6)取上述流程中得到的 Ce(OH)4产品 5.000 g,加酸溶解后,向其中加入含 0.03300 molFeSO4的 FeSO4 溶液使 Ce4 +全部被还原成 Ce3 +, 再用 0.1000 mol L1的酸性 KMnO4标准溶液滴定至终点时, 消耗 20.00 mL 标准溶液。则该产品中 Ce(OH)4的质量分数为_(已知氧化性:Ce4+KMnO4; Ce(OH)4的相对分子 质量为 208)。 【答案】 (1). 将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离 (2). 2xCO + CeO2 = CeO2

25、(1-x) + 2xCO2 (3). 8H+2Cl-+2CeO2=2Ce3+Cl2+4H2O (4). 避免 Ce3+以 Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将 Ce3+全部转化为 CeCl3,提高产率 (5). 过滤 (6). 分液漏斗、烧杯 (7). 9 (8). 95.68% 【解析】 【分析】 氟碳铈矿主要化学成分为 CeFCO3,用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等,尾气中主要 含有二氧化碳,加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣,和硫酸稀土溶液,在硫酸稀土溶液中 加入萃取剂,经过分液将溶液中的 Ce3+萃取出来,再加入稀硫酸得含有 Ce3+的溶液,调节溶液的 pH

26、 值得 Ce(OH)3沉淀,再经过氧气氧化,过滤、洗涤、干燥可得 Ce(OH)4产品,以此解答该题。 【详解】(1)通过焙烧氟碳铈矿,可将铈氧化为四价,便于与其他稀土元素分离。尾气消除过程中发生 着 CeO2CeO2(1-x)+xO2(0x0.25)的循环,可知 CeO2具有氧化性,可氧化 CO生成 CO2,则 CeO2消除 CO 尾气的化学方程式为 2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2;(2)在酸浸 I 中用盐酸溶解 CeO2,有少量铈进入滤液, 可 知 有 Ce3+生 成 , 且 产 生 黄 绿 色 气 体 , 此 气 体 为 Cl2, 则 此 时 发 生 反 应 的 离 子

27、 方 程 式 是 8H+2Cl-+2CeO2=2Ce3+Cl2+4H2O;(3)向 Ce(BF4)3中加入 KCl 溶液生成 CeCl3和 KBF,这样做的目的是避 免三价铈以 Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去 BF4-或提高 CeCl3的产率;(4)操作 I为固液分离,应选择过滤操 作;操作 II为萃取,则所需要的硅酸盐仪器有分液漏斗、烧杯;(5)溶液中的 C(Ce3+)等于 1 10-5molL-1,可 认为Ce3+沉淀完全,根据KSPCe(OH)3=C(Ce3+)C3(OH-)=1 10-20可知, C(OH-)=molL-1=1 10-5molL-1,此时溶液的 PH为 9,即加入

28、 NaOH 调节溶液的 pH 应大 于 9即可 认为 Ce3 +已完全沉淀;(6)用 0.1000 mol L1的酸性 KMnO4标准溶液滴定至终点时,消耗 20.00 mL标准溶 液 , 主 要 是 氧 化 溶 液 中 剩 余 的Fe2+, 根 据 电 子 守 恒 剩 余Fe2+的 物 质 的 量 为0.1000 mol L1 0.02L=0.01mol,则还原 Ce4 +消耗的 Fe2+的物质的量为 0.03300 mol-0.01mol=0.02300mol,根 据 Ce4 + Fe2+= Fe3+ Ce3 +,则 Ce4 +的物质的量为 0.02300mol,该产品中 Ce(OH)4

29、的质量分数为 =95.68%。 10.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体,常用下列方法处理,以实现节能减排、废物利用等。 已知:25 时,Kb(NH3 H2O)=1.8 10-5;H2SO3:Ka1=1.5 10-2,Ka2=1.0 10-7 (1)处理烟气中的 SO2常用液吸法。室温条件下,将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液, 0.1mol/L(NH4)2SO3溶液的 pH_(填“”“ ” , “ (2). SO32-+ SO2+ H2O= 2HSO3- (3). BD (4). CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= - 49kJ/mo

30、l (5). 催化剂 I (6). (7). 该反应为放热反应,温度升高,平衡 逆向移动 (8). 8.3 10-4或 1/1200kPa-2 (9). 加入催化剂 (10). 将容器快速压缩至 2L 【解析】 【分析】 (1)(NH4)2SO3溶液中存在 NH4+和 SO32-的水解, 结合 NH3 H2O和 H2SO3:Ka1=1.5 10-2,Ka2=1.0 10-7分析水解 能力的大小,判断溶液的酸碱性; (NH4)2SO3溶液吸收 SO2 生成 NH4HSO3,据此写出发生反应的离子方程 式;(2)恒容条件下,反应达到平衡的标志依据“变量不变”方法判断,正逆反应速率相同,各组分含量保

31、持 不变; (3)根据图 1 可知 0.5mol CO2和 1.5mol H2转化率达 80%时放热 23-3.4=19.6KJ,然后按比例计算: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的H得出该反应的热化学方程式;由图象知:反应在较低温度 T3 时 CO2就达到 80%的转化率,故催化剂效果最佳的反应是反应;T3的 b点时,反应未达到限度,故 v(正)v(逆);该反应为放热反应,T4反应已经达到平衡,升高温度到 T5平衡向逆反应移动,从而使 CO2的转 化率降低。故 T4的 a 点转化率比 T5的 c 点高; c 点时时,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(

32、g) 起始(mol):1 3 0 0 转化(mol):0.6 1.8 0.6 0.6 平衡(mol):0.4 1.2 0.6 0.6 代入平衡常数表达式计算; (4)图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间,最后达到相同平衡状态,体积是可变得是恒 压容器,说明改变的是加入了催化剂;当曲线变为曲线时一氧化碳物质的量增大,反应是气体体积不 变的反应,可变容器中气体体积和浓度成反比,气体物质的量不变。 【详解】(1)已知 NH3 H2O的电能平衡常数大于 H2SO3的 Ka2,则在(NH4)2SO3溶液中 NH4+的水解能力小于 SO32-的水解程度,可知溶液显碱性,即 pH7; (NH4)2

33、SO3溶液吸收 SO2 生成 NH4HSO3,发生反应的离子 方程式为 SO32-+ SO2+ H2O= 2HSO3-;(2)在恒容条件下,能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆 反应速率相同,个组分含量不变,C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g);A单位时间内生成 2nmol NO(g)的同时消 耗 nmol CO2(g),说明反应逆向进行,不能说明反应达到平衡状态,故 A不符合;B碳是固体当平衡发 生移动,气体质量会发生变化,容器体积不变,所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡 状态,故 B符合;C反应前后气体总物质的量不变,反应体系的压强始终不发生改变,不能判定

34、平衡,故 C不选;DC 为固体,混合气体的平均相对分子质量保持不变,可知气体的质量不变,为平衡状态,故 D 选;故答案为 BD;(3)已知 0.5molCO2和 1.5molH2转化率达 80%时放热 23-3.4=19.6KJ,则该反应的热化 学方程式:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H=- 2=-49kJmol-1;由图象知:反应在较低温度 T3时 CO2就达到 80%的转化率,催化剂效果最佳的反应是反应,T3的 b点时,反应未达到限度,故 v(正)v(逆);该反应为放热反应,T4反应已经达到平衡,升高温度到 T5平衡向逆反应移动,从而使 CO2的转 化率降低。T4

35、的 a点转化率比 T5的 c点高,c点时: CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 起始(mol):1 3 0 0 转化(mol):0.6 1.8 0.6 0.6 平衡(mol):0.4 1.2 0.6 0.6 在恒容恒温条件下,气体的压强与气体的物质的量成正比,则平衡时总压强 P总=100kPa=70 kPa,该 反应的平衡常数 Kp=8.3 10-4 kPa-2;(4)图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到 平衡的时间,最后达到相同平衡状态,体积是可变得是恒压容器,说明改变的是加入了催化剂;当曲线 变为曲线时一氧化碳物质的量增大,反应是气体体积不变的反应,可变容器中气体体积

36、和浓度成反比, 气体物质的量不变,曲线,体积为 3L,一氧化碳浓度为 3mol/L,改变条件不好为曲线,一氧化碳浓度 为 4.5mol/L,则体积压缩体积为:3:V=4.5:3,V=2L,所以将容器的体积快速压缩至 2L满足条件。 11.许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题: (1)现代化学中,常利用_上的特征谱线来鉴定元素。 (2)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图:,该电子排布图违背了 _;CH3+、CH3、CH3都是重要的有机反应中间体。CH3+、CH3的空间构型分别为_、_。 (3)基态溴原子的价层电子轨道排布图为_,第四周期中,与溴原子未成对

37、电子数相同的金属元素 有_种。 (4)磷化硼是一种耐磨涂料,它可用作金属的表面保护层。 磷化硼晶体晶胞如图甲所示: 其中实心球为磷原子,在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_,已知晶 胞边长 a pm,阿伏加德罗常数为 NA。则磷化硼晶体的密度为_g/cm3。 磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影 (图乙中表示 P 原子的投影) , 用 画出 B 原子的投影位置_。 (5)Fe3O4晶体中,O2- 围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12 号氧围成) ,Fe3O4中有一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中,Fe2+和另一半 Fe3+填充在正八面体空隙中,晶体 中

38、正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为_,有_ %的正八面体空隙没有填充阳离子。 (6)一定温度下,NiO 晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为 O2-作密置单层排列, Ni2+填充其 中(如图) ,己知 O2-的半径为 a pm,每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g(用 a、NA表示) 【答案】 (1). 原子光谱 (2). 洪特规则 (3). 平面三角形 (4). 三角锥形 (5). (6). 4 种 (7). 面心立方最密堆积 (8). (9). 或 (10). 2:1 (11). 50( (12). (或) 【解析】 【分析】 (1)光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元

39、素;(2) 当电子排布在同一能级的不同轨道时,基态原子 中的电子总是优先单独占据一个轨道,而且自旋状态相同;CH3-中心碳原子是 sp3杂化,而 CH3+中的碳原子 形成 3 个 键,没有孤对电子,杂化轨道数目为 3,中心碳原子是 sp2杂化;(3)溴原子核外电子数为 35,根 据核外电子排布规律书写基态溴原子的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p5; 根据溴原子的电子排布式确 定未成对电子数,再根据第四周期中的金属元素分析解答;(4)实心球为磷原子,根据晶胞结构分析,P 做面心立方最密堆积,根据晶体密度 计算;根据晶胞结构分析,立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向 可以观

40、察到六边形,中心 B 与 P 重合,六边形中形成两个倒立关系的正三角形,分别由 3 个 B 或者 3 个 P 形成;(5)根据晶体结构分析;(6)根据图知,每个 Ni原子被 3个 O原子包围、每个 O 原子被 3 个 Ni原子包 围,如图所示,相邻的 3 个圆中心连线为正三角形,三角形的边长为 2apm,每个三 角形含有一个 Ni原子,三角形的面积= 2a 2a sin60 10-24m2= 10-24m2,如图实 际上每个 Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为 2 10-24m2,O 原子个数= 6=1, 每平方米面积 上分散的该晶体的质量=g。 【详解】(1)光谱分析为利用原子光谱

41、上的特征谱线来鉴定元素,所以在现代化学中,常利用原子光谱上的 特征谱线来鉴定元素;(2)2p 轨道上的 2 个电子没有分占不同轨道,且自旋方向相同,故该电子排布图违背 了宏特规则;CH3+中心碳原子是 sp2杂化,为平面三角形结构, 而 CH3-中心碳原子是 sp3杂化,为三角锥形; (3)溴的原子的质子数为 35,其价电子排布式为 4s24p5,则基态溴原子的价层电子轨道排布图为 , 未成对电子数为 1 对, 则第四周期中, 与溴原子未成对电子数相同的金属元素有 K、Sc、Cu 和 Ga 共 4 种;(4)实心球为磷原子,根据晶胞结构分析,P 做面心立方最密堆积;1 个晶胞中,含有 P 原

42、子数目为 8 +6 =4 个,含有 B原子数目为 4个,不妨取 1mol这样的晶胞,即有 NA个这样的晶胞,1mol 晶胞的质量为 m=42 4g,所以晶体密度为 =g/cm3;根据晶胞结构分析,立方磷化 硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形,中心 B 与 P 重合,六边形中形成两个倒立关系的正三角形, 分别由 3 个 B 或者 3 个 P 形成,所以画图为:或;(5)结构中如 1、3、6、7 的 O2-围成的正四面体空隙有 8个,3、6、7、8、9、12的 O2-围成的正八面体空隙有 4个,则晶体中正四面 体空隙数与正八面休空隙数之比为 8:4=2:1;Fe3O4中有一半的 Fe3+填充到

43、正四面体空隙中,另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中,则有 50%的正八面体空隙没有填充阳离子;(6)根据图知,每个 Ni原子被 3个 O 原子包围、每个 O原子被 3 个 Ni原子包围,如图所示,相邻的 3个圆中心连线为 正 三 角 形 , 三 角 形 的 边 长 为2apm , 每 个 三 角 形 含 有 一 个Ni 原 子 , 三 角 形 的 面 积 = 2a 2a sin60 10-24m2= 10-24m2,如图实际上每个 Ni原子被两个小三角形包含 小平行四边形面积为 2 10-24m2,O 原子个数= 6=1,每平方米面积上分散的该晶体的质量 =g=g=g。 【点睛】

44、本题考查涉及晶胞的计算,属于高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,明确顶点、棱、面心 上每个原子被几个晶胞占有是解本题关键。本题利用均摊法计算该小正方体中各种原子个数,顶点上的原 子被 8 个小正方体共用,面心上的原子被 2个小正方体共用,体心上的原子被 1个小正方体占有。 12.醋氯芬酸(J)是一种新型、 强效解热、 镇痛、 抗关节炎药物, 其合成路线如下图所示 (部分反应条件省略) : 已知: 请回答: (1)化合物 D的名称为_; (2)化合物 F的分子式为_; (3)写出的方程式_; (4)的反应类型为_; (5)下列关于物质性质说法不正确 的是_ A化合物 D可以发生氧化、取代、缩聚

45、反应 B化合物 B 具有碱性 C化合物 C 中所有原子均可分布在同一平面 D醋氯芬酸(J)在 Ni的催化作用下与 H2加成,最多可消耗 8molH2 (6)已知 C的同分异构体有多种,写出同时满足下列条件的同分异构体_;(要求写出其中三 种) 红外光谱表征分子中含有两个苯环结构 核磁共振氢谱显示只有 5种不同环境的氢原子 (7)以苯和乙烯为原料,利用题目所给信息,写出合成 的路线(用流程图表示,无机试剂任 选)_ 【 答 案 】 (1). 2- 羟 基 乙 酸 ( 或- 羟 基 乙 酸 ) (2). C14H10Cl3NO (3). (4). 取 代 反 应 (5). CD (6). (7).

46、 【解析】 【分析】 本题首先利用倒推法并结合原子守恒,根据 F的结构简式、E 的结构,结合 C的 分子组成可知,C 和 E发生取代反应生成 F和 HCl,则 C的结构简式为;由此推出 A 和 B中 均含有一个苯环,结合 A和 B 的分子式及 C的结构简式,可知 A和 B发生取代生成 C和 H2,则 A的结构 简式为、B的结构简式为;F在 AlCl3作催化剂的作用下发生类似信息的反应, 产物 G在 NaOH溶液中碱化后得到的 H为,则 G的结构简式为; 由 E 的结构简式为,结合 D 的分子式 C2H4O3可知其结构简式为 HOCH2COOH,据此分析解题 即可。 【详解】利用倒推法并结合原子守恒,根据 F的结构简式、E 的结构,结合 C的 分子组成可知,C 和 E发生取代反应生成 F和 HCl,则 C的结构简式为;由此推出 A 和 B中 均含有一个苯环,结合 A和 B 的分子式及 C的结构简式,可知 A和 B发生取代生成 C和 H2,则 A的结构 简式为、B的结构简式为;F在 AlCl3作催化剂的作用下发生类似信息的反应, 产物 G在 NaOH溶液中碱化后得到的 H为,则 G的结构简式为; 由 E 的结构简式为,结合 D的分子式 C2H4O3可知其结构简式为

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